Nos exercícios 51 a 58, verifique se a matriz A é diagonalizável. Caso seja, determine uma matriz P que diagonaliza A e obtenha P^{-1} A P.
A=\left[\begin{array}{rrr}2 & 3 & -1 \\\\ 0 & 1 & -4 \\\\ 0 & 0 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 3 & -1\\[4pt]0 & 1 & -4\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}
e pede: verificar se A é diagonalizável; caso seja, determinar uma matriz P que diagonaliza A e obter P^{-1}AP.
Informações relevantes fornecidas:
  • A matriz A é uma matriz 3\times3 triangular superior com entradas diagonais 2,1,3.
  • O objetivo é (1) decidir se existe uma base formada por autovetores de A e (2) apresentar uma matriz P cujas colunas sejam autovetores de A e calcular P^{-1}AP.]

Passo 2

Vamos revisar (de forma prática) o que significa diagonalizar uma matriz e como testar isso, lembrando passo a passo:
  • Uma matriz A é diagonalizável se existe uma matriz invertível P tal que
P^{-1}AP=D,
onde D é diagonal. As colunas de P são autovetores de A e os elementos da diagonal de D são os autovalores correspondentes.
  • Um autovalor \lambda satisfaz \det(A-\lambda I)=0. O espaço próprio associado a \lambda é \ker(A-\lambda I); vetores não nulos desse espaço são autovetores.
  • Critério prático útil: se os autovalores distintos somam exatamente n (com multiplicidade geométrica adequada), ou simplesmente se houver n autovetores linearmente independentes, então A é diagonalizável. Um caso rápido: se uma matriz n\times n tem n autovalores distintos, ela é diagonalizável.
Vou aplicar isso ao caso concreto, explicando cada passo para você conseguir reproduzir numa prova.

Passo 3

Primeiro identifiquemos os autovalores. Como A é triangular superior, os autovalores são as entradas da diagonal. Portanto os autovalores são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=3.
Cada autovalor aparece uma vez na diagonal, então cada um tem multiplicidade algébrica 1. Como são três autovalores distintos (nenhuma repetição), já podemos concluir — pela regra dos autovalores distintos — que A é diagonalizável. Mesmo assim, para construir explicitamente P vamos encontrar os autovetores correspondentes (é o que o professor vai pedir).

Passo 4

Encontrar autovetores para \lambda=2\). Resolver \((A-2I)x=0\). \[A-2I=\begin{pmatrix}0 & 3 & -1\\[4pt]0 & -1 & -4\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema linear correspondente para x=(x_1,x_2,x_3)^T:
\begin{cases} 0\cdot x_1 + 3x_2 - x_3 = 0,\\[4pt] - x_2 -4x_3 = 0,\\[4pt] x_3 = 0. \end{cases}
Da terceira equação vem x_3=0\]. Substituindo na segunda: \(-x_2 -4\cdot 0=0\Rightarrow x_2=0. A primeira é satisfeita. Não há equação envolvendo x_1, então x_1 é livre. Assim os autovetores têm a forma
x = \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} = x_1\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Escolhemos um autovetor conveniente para \lambda=2:
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda=1\). Resolver \((A-1I)x=0\). \[A-1I=\begin{pmatrix}1 & 3 & -1\\[4pt]0 & 0 & -4\\[4pt]0 & 0 & 2\end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} x_1 + 3x_2 - x_3 = 0,\\[4pt] -4x_3 = 0,\\[4pt] 2x_3 = 0. \end{cases}
Das últimas duas equações vem x_3=0\]. Substituindo na primeira: \(x_1 + 3x_2 = 0\Rightarrow x_1 = -3x_2. Assim os autovetores são
x = \begin{pmatrix}-3x_2\\[4pt]x_2\\[4pt]0\end{pmatrix}= x_2\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Escolhemos
v_2=\begin{pmatrix}-3\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}
como autovetor para \lambda=1.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda=3\). Resolver \((A-3I)x=0\). \[A-3I=\begin{pmatrix}-1 & 3 & -1\\[4pt]0 & -2 & -4\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Sistema:
\begin{cases} - x_1 + 3x_2 - x_3 = 0,\\[4pt] -2x_2 -4x_3 = 0,\\[4pt] 0 = 0. \end{cases}
Da segunda equação: -2x_2 -4x_3 =0 \Rightarrow x_2 + 2x_3 =0 \Rightarrow x_2 = -2x_3\]. Substituindo na primeira: \[- x_1 + 3(-2x_3) - x_3 =0 \Rightarrow -x_1 -6x_3 - x_3 =0 \Rightarrow -x_1 -7x_3 =0,\] portanto \(x_1 = -7x_3. Tomando parâmetro t=x_3, obtemos
x = t\begin{pmatrix}-7\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Escolhemos
v_3=\begin{pmatrix}-7\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}
como autovetor para \lambda=3.]

Passo 7

Verificação de independência linear dos autovetores e construção de P.
  • Temos três autovetores v_1,v_2,v_3 associados a três autovalores distintos. Vetores associados a autovalores distintos são linearmente independentes, logo v_1,v_2,v_3 formam uma base de \mathbb{R}^3.
  • Montamos a matriz P cujas colunas são esses autovetores:
P=\begin{pmatrix} 1 & -3 & -7\\[4pt] 0 & 1 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Como as colunas são linearmente independentes, P é invertível.]

Passo 8

Mostrando que P^{-1}AP é diagonal. Observação direta:
  • Para cada coluna v_i temos Av_1 = 2v_1, Av_2 = 1v_2, Av_3 = 3v_3 (isso pode ser verificado multiplicando A por cada vetor; já fizemos as equações que garantem isso).
  • Logo AP = P\begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix}. Multiplicando à esquerda por P^{-1} obtemos
P^{-1}AP = \begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&3\end{pmatrix}.
Podemos também computar explicitamente P^{-1} (opcional, mas instrutivo). Como P é triangular superior com diagonais 1,1,1, sua inversa é também triangular superior. Resolviendo P P^{-1}=I obtemos
P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 3 & 13\\[4pt]0 & 1 & 2\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix},
e verificando diretamente P^{-1}AP dá a diagonal acima.]

Resposta

A é diagonalizável.
P=\displaystyle\begin{pmatrix}1 & -3 & -7\\[4pt]0 & 1 & -2\\[4pt]0 & 0 & 1\end{pmatrix}
P^{-1}AP=\displaystyle\begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}]

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